物理高考新素養(yǎng)總復(fù)習(xí)新高考（魯京津瓊）講義第十章電磁感應(yīng)專題突破2Word版含答案

專題突破2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析2.電學(xué)對象與力學(xué)對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系考向1導(dǎo)體棒(物體)處于平衡狀態(tài)例1】(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖1所示，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，兩導(dǎo)軌間距為0.2m，導(dǎo)體棒ab、cd緊貼導(dǎo)軌，電阻均為0.1Ω，重力均為0.1N，現(xiàn)用力向上拉動導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是()圖1A.ab受到的拉力大小為2NB.ab向上運動的速度為2m/sC.在2s內(nèi)，拉力做功，產(chǎn)生0.4J的電能D.在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J解析對導(dǎo)體棒cd分析：mg＝BIl＝eq\f(B2l2v,R總)，得v＝2m/s，故選項B正確；對導(dǎo)體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2N，選項A錯誤；在2s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝eq\f(B2l2v2t,R總)＝0.4J，選項C正確；在2s內(nèi)拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8J，選項D錯誤。答案BC考向2導(dǎo)體棒(物體)處于非平衡狀態(tài)例2】(2018·江蘇單科)如圖2所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒圖2(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。解析(1)勻加速直線運動v2＝2as解得v＝eq\r(2as)(2)安培力F安＝IdB由牛頓運動定律得mgsinθ－F安＝ma金屬棒所受合力F＝ma解得I＝eq\f(m（gsinθ－a）,dB)(3)運動時間t＝eq\f(v,a)電荷量Q＝It解得Q＝eq\f(\r(2as)m（gsinθ－a）,dBa)答案(1)eq\r(2as)(2)eq\f(m（gsinθ－a）,dB)(3)eq\f(\r(2as)m（gsinθ－a）,dBa)“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：1.如圖3所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L，電阻R與兩導(dǎo)軌相連，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直。一質(zhì)量為m，電阻不計的導(dǎo)體棒MN，在豎直向上的恒力F作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動。整個運動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計導(dǎo)軌的電阻。求：圖3(1)初始時刻導(dǎo)體棒的加速度；(2)當(dāng)流過電阻R的電流恒定時，求導(dǎo)體棒的速度大小。解析(1)導(dǎo)體棒受到豎直方向的重力mg、拉力F，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝eq\f(F－mg,m)(2)導(dǎo)體棒在拉力和重力的作用下，做加速度減小的加速度運動，當(dāng)加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運動，此時電流恒定，設(shè)此時速度為v，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv受到的安培力為F安＝BIL穩(wěn)定時的電流為I＝eq\f(E,R)由平衡條件得F－mg－F安＝0以上聯(lián)立解得v＝eq\f(（F－mg）R,B2L2)答案(1)eq\f(F－mg,m)(2)eq\f(（F－mg）R,B2L2)2.足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin37°＝0.6)，間距為1m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為4T，P、M間所接電阻的阻值為8Ω。質(zhì)量為2kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運動，桿的最終速度為8m/s，取g＝10m/s2，求：圖4(1)當(dāng)金屬桿的速度為4m/s時，金屬桿的加速度大小；(2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0m時，通過金屬桿的電荷量。解析(1)對金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθab桿所受安培力大小為F安＝BILab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)整理得：F＋mgsinθ－eq\f(B2L2,R)v－μmgcosθ＝ma代入vm＝8m/s時a＝0，解得F＝8N代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2(2)設(shè)通過回路橫截面的電荷量為q，則q＝eq\o(I,\s\up6(－))t回路中的平均電流強度為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得q＝3C答案(1)4m/s2(2)3C電磁感應(yīng)中的能量和動量問題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱Q的三種方法考向1電磁感應(yīng)中能量守恒定律的應(yīng)用例3】如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN。Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg，電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：圖5(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大？(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少？解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b。(2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件得F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s(3)設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律得m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總解得Q＝1.3J答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J考向2電磁感應(yīng)中動量守恒定律的應(yīng)用例4】如圖6所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平部分加有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌水平部分上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧部分M處由靜止釋放下滑至N處進入水平部分，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R，所對圓心角為60°。求：圖6(1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？(2)cd棒能達到的最大速度是多大？(3)cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解析(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，故mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當(dāng)兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。運用動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能的減少量，故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR答案(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR1.(多選)(2018·江蘇單科，9)如圖7所示，豎直放置的“eq\a\vs4\al()”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()圖7A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場之間的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)解析根據(jù)題述，由金屬桿進入磁場Ⅰ和進入磁場Ⅱ時速度相等可知，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，運動過程如圖所示(其中v1為金屬桿剛進入Ⅰ時的速度，v2為金屬桿剛出Ⅰ時的速度)，圖線與時間軸所圍的面積表示位移，兩段運動的位移相等，所以穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為2×2mgd＝4mgd，選項C正確；金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的速度v＝eq\r(2gh)，進入磁場Ⅰ時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>eq\f(m2gR2,2B4L4)，選項D錯誤。答案BC2.兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖8所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其它部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，求：圖8(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊膃q\f(3,4)時，棒cd的加速度是多大？解析(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)閑q\f(3,4)v0時，cd棒的速度為v′，則由動量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′得v′＝eq\f(1,4)v0此時回路中電動勢E＝Bleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0－\f(1,4)v0))＝eq\f(1,2)Blv0電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Blv0,4R)棒cd所受的安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v0,4R)由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2l2v0,4mR)，方向水平向右答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2l2v0,4mR)，方向水平向右科學(xué)思維系列——電磁感應(yīng)中“雙桿＋導(dǎo)軌”模型“雙桿＋導(dǎo)軌”模型：指雙桿置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌可以水平、傾斜或者豎直放置，導(dǎo)軌的寬度可以相同、也可以不同，由于雙桿的初始狀態(tài)不同、受力情況不同而產(chǎn)生不同的運動狀態(tài)。下面以導(dǎo)軌水平放置的情況為例分析。類型水平導(dǎo)軌，無水平外力水平導(dǎo)軌，受水平外力不等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力結(jié)構(gòu)圖初始條件水平導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體桿1初速度為v0，導(dǎo)體桿2初速度為0水平導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體桿1、2初速度均為0，導(dǎo)體桿1受到恒定拉力F水平導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體桿1、2所處軌道寬度分別為l1、l2且l1>l2，導(dǎo)體桿1初速度為v0，導(dǎo)體桿2初速度為0過程分析導(dǎo)體桿1受到向左的安培力做減速運動，導(dǎo)體桿2受到向右的安培力做加速運動，當(dāng)二者速度相等時，回路中的合電動勢為零，感應(yīng)電流為零，安培力為零，二者做勻速運動導(dǎo)體桿1受到向左的安培力，做加速度減小的加速運動，導(dǎo)體桿2受到向右的安培力，做加速度增大的加速運動，當(dāng)二者加速度相等時，二者速度差恒定，回路中合電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，安培力恒定，二者以相等的加速度做勻加速運動導(dǎo)體桿1受到向左的安培力速度減小，導(dǎo)體桿2受到向右的安培力速度增大，當(dāng)二者速度相等時，回路的電動勢為E＝Bl1v－Bl2v，電流不為零，安培力繼續(xù)使導(dǎo)體桿1減速，使導(dǎo)體桿2加速，當(dāng)l1v1＝l2v2時，回路中合電動勢為零，電流為零，安培力為零，二者做勻速運動圖象注意：1.上面只是分析了三種情況，其他情況要具體分析2.對于導(dǎo)軌傾斜、豎直放置時，由于桿的重力參與作用，過程分析需要結(jié)合具體情況典例】如圖9甲，電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角θ＝53°，MO及PR部分的勻強磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應(yīng)強度大小相同，兩根相同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好。棒的質(zhì)量m＝1.0kg，R＝1.0Ω，長度L＝1.0m，與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)對ab棒施加一個方向水平向右，按圖乙規(guī)律變化的力F，同時由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運動，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。圖9(1)求ab棒的加速度大??；(2)求磁感應(yīng)強度B的大小；(3)若已知在前2s內(nèi)F做功W＝30J，求前2s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱；(4)求cd棒達到最大速度所需的時間。解析(1)對ab棒Ff＝μmgv＝at聯(lián)立得F－BIL－Ff＝maF＝m(μg＋a)＋eq\f(B2L2at,2R)由圖象信息，代入數(shù)據(jù)解得a＝1m/s2。(2)當(dāng)t1＝2s時，F(xiàn)＝10N，由(1)知eq\f(B2L2at,2R)＝F－m(μg＋a)，得B＝2T。(3)0～2s過程中，對ab棒，x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2mv2＝at1＝2m/s由動能定理知W－μmgx－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得Q＝18J。(4)設(shè)當(dāng)時間為t′時，cd棒達到最大速度，F(xiàn)N′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B2L2at′,2R)＋mgcos53°))解得t′＝5s。答案(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s[即學(xué)即練](多選)如圖10所示，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.9m，與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2T，方向垂直于斜面向上。甲、乙是兩根質(zhì)量相同、電阻均為R＝4.86Ω的金屬桿，垂直于導(dǎo)軌放置。甲置于磁場的上邊界ab處，乙置于甲上方l處。現(xiàn)將兩金屬桿由靜止同時釋放，并立即在甲上施加一個沿導(dǎo)軌方向的拉力F，甲始終以a＝5m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運動，乙進入磁場時恰好做勻速運動，g＝10m/s2。則()圖10A.甲穿過磁場過程中拉力F不變B.每根金屬桿的質(zhì)量為0.2kgC.乙穿過磁場過程中安培力的功率是2WD.乙穿過磁場過程中，通過整個回路的電荷量為eq\f(1,6)C解析甲穿過磁場過程中做勻加速運動，故速度不斷增加，感應(yīng)電動勢逐漸變大，回路的電流增大，安培力變大，根據(jù)F＋mgsinθ－F安＝ma可知，拉力F逐漸變大，選項A錯誤；乙進入磁場時的速度滿足mglsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v0＝3m/s；乙進入磁場后做勻速運動，則mgsin30°＝BIl；因為乙進入磁場之前與甲的加速度相同，均為5m/s2，故當(dāng)乙進入磁場時，甲剛好出離磁場，此時E＝BLv0，I＝eq\f(E,2R)，聯(lián)立解得m＝0.2kg，選項B正確；乙穿過磁場過程中安培力的功率P＝F安v0＝mgsin30°v0＝2×eq\f(1,2)×3W＝3W，選項C錯誤；乙穿過磁場過程中，通過整個回路的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bl2,2R)＝eq\f(2×0.92,2×4.86)C＝eq\f(1,6)C，選項D正確。答案BD活頁作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.(2019·德州質(zhì)檢)如圖1甲所示，光滑的導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌，導(dǎo)體和軌道的電阻不計。導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下運動，外力F隨t變化如乙圖所示，在0～t0時間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運動，則在t0以后，導(dǎo)體棒ab運動情況為()圖1A.一直做勻加速直線運動B.做勻減速直線運動，直到速度為零C.先做加速，最后做勻速直線運動D.一直做勻速直線運動解析設(shè)t0時刻導(dǎo)體棒的速度為v，則此時電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，導(dǎo)體棒受安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，t0時刻后，拉力F不變，速度v增大，則加速度減小，導(dǎo)體做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減為零，做勻速運動，選項C正確，A、B、D錯誤。答案C2.在光滑水平面上，有一豎直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B。正方形閉合線圈的邊長為L，沿x軸正方向運動，未進入磁場時以速度v0勻速運動，并能垂直磁場邊界穿過磁場，那么()圖2A.bc邊剛進入磁場時bc兩端的電壓為eq\f(BLv0,4)B.線圈進入磁場過程中的電流方向為順時針方向C.線圈進入磁場做勻減速直線運動D.線圈進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱解析bc邊剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，則bc兩端的電壓為Ubc＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv0，選項A錯誤；由右手定則可知，線圈進入磁場過程中的電流方向為逆時針方向，選項B錯誤；線圈進入磁場后受向左的安培力作用做減速運動，因速度減小，故安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故線框進入磁場后做加速度減小的減速運動，選項C錯誤；線圈中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，由于線圈進入磁場時受安培力較大，故線圈進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確。答案D3.(多選)(2019·朝陽區(qū)質(zhì)檢)如圖3所示，一質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直軌道平面向上的磁場中，兩導(dǎo)軌上端用一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿()圖3A.在上滑過程中的平均速度小于eq\f(v0,2)B.在上滑過程中克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功C.在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的動能D.在上滑過程中通過電阻R的電荷量大于下滑過程中流過電阻R的電荷量解析由于上滑過程中，物體做加速度減小的減速直線運動，故平均速度小于eq\f(v0,2)，選項A正確；經(jīng)過同一位置時：下滑的速度小于上滑的速度，下滑時棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，則下滑過程安培力的平均值小于上滑過程安培力的平均值，所以上滑過程導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過程克服安培力做功，選項B正確；上滑過程中，減小的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和棒的重力勢能，故上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于減小的動能，選項C錯誤；根據(jù)感應(yīng)電荷量經(jīng)驗公式q＝eq\f(ΔΦ,R)知，上滑過程和下滑過程磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電荷量相等，選項D錯誤。答案AB4.(多選)(2019·紅橋區(qū)期中)如圖4所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從實線Ⅰ位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的Ⅱ位置時，線框的速度為eq\f(v,2)。下列說法正確的是()圖4A.在位置Ⅱ時線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B.此過程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(3,8)mv2C.在位置Ⅱ時線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D.此過程中通過線框截面的電量為eq\f(2Ba2,R)解析在Ⅱ位置時回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E＝2×Baeq\f(v,2)＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，線圈所受安培力大小分別為F＝2BIa＝2Beq\f(Bav,R)a＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，則根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a＝eq\f(2B2a2v,mR)，選項C錯誤；此時線框中的電功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，選項A正確；此過程穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過線框截面的電量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，選項D錯誤；根據(jù)能量守恒定律得到，此過程回路產(chǎn)生的電能為Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)mv2，選項B正確。答案AB5.如圖5所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()圖5A.回路中的最大電流為eq\f(BLI,mR)B.銅棒b的最大加速度為eq\f(B2L2I,2m2R)C.銅棒b獲得的最大速度為eq\f(I,m)D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)解析給銅棒a一個平行導(dǎo)軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq\f(I,m)，銅棒a電動勢E＝BLv0，回路電流I0＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(IB2L2,2Rm2)，選項B正確；此后銅棒a做加速度減小的減速運動，銅棒b做加速度減小的加速運動，當(dāng)二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝eq\f(I,2m)，選項C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(I2,4m)，選項D錯誤。答案B6.(多選)(2019·南開區(qū)二診)如圖6所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ，在斜面上放置一個矩形線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，總電阻為R，線框通過細線與重物相連(細線與斜面平行)，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行于gh且平行于底邊)的上方有垂直斜面向上的勻強磁場(fh遠大于l2)，磁感應(yīng)強度為B。如果線框從靜止開始運動，且進入磁場的最初一段時間是做勻速運動，假設(shè)斜面足夠長，運動過程中ab邊始終與ef平行，滑輪質(zhì)量及摩擦不計。則()圖6A.線框abcd進入磁場前運動的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,m)B.線框在進入磁場過程中的運動速度v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))C.線框做勻速運動的時間t＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)D.線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝(Mg－mgsinθ)l1解析線框進入磁場前，對整體，根據(jù)牛頓第二定律得：線框的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，選項A錯誤；設(shè)線框勻速運動的速度大小為v，則線框受到的安培力大小為F＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)v,R)，對線框，根據(jù)平衡條件得F＝Mg－mgsinθ，聯(lián)立兩式得v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，勻速運動的時間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，選項B、C正確；線框進入磁場的過程做勻速運動，M的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為m的重力勢能和線框中的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律得，勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝(Mg－mgsinθ)l2，選項D錯誤。答案BC7.(多選)如圖7兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)在同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則()圖7A.金屬棒ab一直加速下滑B.金屬棒ab最終可能勻速下滑C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D.帶電微?？赡芟认騈板運動后向M板運動解析根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯(lián)立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2l2C)，因而金屬棒將做勻加速運動，選項A正確，B錯誤；ab棒切割磁感線，相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負電，選項C正確；若帶電粒子帶負電，在重力和電場力的作用下，先向下運動然后再反向向上運動，選項D正確。答案ACD綜合提能練8.(多選)如圖8甲所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導(dǎo)軌間距為l且光滑，電阻不計，整個裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上運動，從某時刻開始計時，兩棒的速度—時間圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知。則從計時開始()圖8A.通過棒cd的電流由d到cB.通過棒cd的電流I＝eq\f(Blv0,R)C.力F＝eq\f(B2l2v0,R)D.力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動能的增量解析由題圖乙可知，ab、cd棒都是勻變速直線運動，ab速度始終大于cd的速度，電動勢是ab、cd棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢的差值，對ab由右手定則知電流方向從a到b，cd的電流由d到c，故選項A正確；I＝eq\f(Bl（vab－vcd）,2R)＝eq\f(Blv0,2R)，選項B錯誤；ab棒和cd棒加速度相同，分別對ab、cd運用牛頓第二定律可得F－mgsinθ－F安＝ma，F(xiàn)安－mgsinθ＝ma，解得F＝2F安＝2BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，選項C正確；由能量守恒可知力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒機械能的增量，選項D錯誤。答案AC9.(2019·溫州模擬)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖9所示。導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是()圖9A.電阻R的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),R)B.流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,2R)C.整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD.電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mgh解析金屬棒下滑過程中，由機械能守恒，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達水平面時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，選項A錯誤；通過金屬棒的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，選項B正確；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0，則克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，選項C錯誤；金屬棒產(chǎn)生焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，選項D錯誤。答案B10.渦流制動是一種利用電磁感應(yīng)原理工作的新型制動方式，它的基本原理如圖10甲所示。水平面上固定一塊鋁板，當(dāng)一豎直方向的條形磁鐵在鋁板上方幾毫米高度上水平經(jīng)過時，鋁板內(nèi)感應(yīng)出的渦流會對磁鐵的運動產(chǎn)生阻礙作用。渦流制動是磁懸浮列車在高速運行時進行制動的一種方式。某研究所制成如圖乙所示的車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動過程。車廂下端安裝有電磁鐵系統(tǒng)，能在長為L1＝0.6m，寬L2＝0.2m的矩形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度可隨車速的減小而自動增大(由車內(nèi)速度傳感器控制)，但最大不超過B1＝2T，將鋁板簡化為長大于L1，寬也為L2的單匝矩形線圈，間隔鋪設(shè)在軌道正中央，其間隔也為L2，每個線圈的電阻為R1＝0.1Ω，導(dǎo)線粗細忽略不計。在某次實驗中，模型車速度為v＝20m/s時，啟動電磁鐵系統(tǒng)開始制動，車立即以加速度a1＝2m/s2做勻減速直線運動，當(dāng)磁感應(yīng)強度增加到B1時就保持不變，直到模型車停止運動。已知模型車的總質(zhì)量為m1＝36kg，空氣阻力不計。不考慮磁感應(yīng)強度的變化引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象以及線圈激發(fā)的磁場對電磁鐵產(chǎn)生磁場的影響。圖10(1)電磁鐵的磁感應(yīng)強度達到最大時，模型車的速度為多大？(2)模型車的制動距離為多大？(3)為了節(jié)約能源，將電磁鐵換成若干個并在一起的永磁鐵組，兩個相鄰的磁鐵磁極的極性相反，且將線圈改為連續(xù)鋪放，如圖丙所示，已知模型車質(zhì)量減為m2＝20kg，永磁鐵激發(fā)的磁感應(yīng)強度恒為B2＝0.1T，每個線圈匝數(shù)為N＝10，電阻為R2＝1Ω，相鄰線圈緊密接觸但彼此絕緣。模型車仍以v＝20m/s的初速度開始減速，為保證制動距離不大于80m，至少安裝幾個永磁鐵？解析(1)假設(shè)電磁鐵的磁感應(yīng)強度達到最大時，模型車的速度為v1則E1＝B1L1v1①I1＝eq\f(E1,R1)②F1＝B1I1L1③F1＝m1a1④由①②③④式并代入數(shù)據(jù)得v1＝5m/s⑤(2)x1＝eq\f(v2－veq\o\al(2,1),2a1)⑥由第(1)問的方法同理得到磁感應(yīng)強度達到最大以后任意速度v時，安培力的大小為F＝eq\f(Beq\o\al(2,1)Leq\o\al(2,1)v,R1)⑦對速度v1后模型車的減速過程用動量定理得eq\o(F,\s\up6(－))t＝m1v1⑧eq\o(